Thermodynamik SS 2014 - am Institut für Thermodynamik.

Institut für Thermodynamik
Technische Universität Braunschweig
Prof. Dr. Jürgen Köhler
9. September 2014
Klausur zur Vorlesung
Thermodynamik
Für alle Aufgaben gilt: Der Rechen- bzw. Gedankengang muss stets erkennbar sein!
Interpolationsvorschriften und Stützstellen sind anzugeben.
Hilfsmittel sind zugelassen, die Bearbeitungszeit beträgt 90 Minuten.
Verwenden Sie ausschließlich die im Lehrbuch angegebenen Dampftafeln.
Falls Ersatzergebnisse angegeben sind, müssen diese auf jeden Fall verwendet werden.
Aufgabe 1:
Mehrere Zustandsänderungen mit Wasser
13 von 50 Punkten
Kurzfrage: Unter welchen Bedingungen lässt sich der isobare Ausdehnungskoeffizient für
Wasser mit der Gleichung β = T1 berechnen?
Eine Pumpe erhöht adiabt isentrop den Duck eines Wasserstroms von p1 = 0,25 bar auf
p2 = 50 bar. Die Temperatur des Wassers beträgt im Eintrittszustand t1 = 65◦ C. Die
Pumpe nimmt eine Leistung von Ẇt,1−2 = 35 kW auf. Nach dem Durchlaufen der Pumpe
wird dem Wasserstrom isobar ein Wärmestrom von Q̇2−3 = 19 M W zugeführt. Die sich
anschließende nicht-reversibel arbeitende erste Turbine einer mehrstufigen Anlage mit
Zwischenüberhitzung expandiert das Wasser bis zu einem Zustand 4, der sich genau auf
der Tauline befindet. Dabei gibt sie eine Leistung von Ẇt,3−4 = 1,75 M W ab. (Hinweis:
Die Zwischenüberhitzung und die weiteren Stufen der Anlage werden in dieser Aufgabe
nicht betrachtet.)
a) Wie groß ist der betrachtete Massenstrom des Wassers?
b) Wie groß ist die spezifische Enthalpie h3 des Wassers nach der Wärmezufuhr?
c) Wie groß ist der Druck p4 nach der Expansion?
d) Wie groß ist der isentrope Turbinenwirkungsgrad ηS,T der Turbine? (Hinweis: Die
J
)
spezifische Entropie s3 im Eintrittszustand beträgt s3 = 6391 kgK
1
Lösung:
KF: Der isobare Ausdehnungskoeffizient für Wasser kann mit der Gleichung β = T1 berechnet werden, wenn die Idealgasgleichung anwendbar ist. Also bei hohen Temperaturen
und niedrigen Drücken.
a) Die Tatsache, dass es sich um eine Pumpe und nicht um einen Verdichter handelt,
signalisiert bereits, dass es sich um flüssiges Wasser handelt. Zustand 1 (0,25 bar und
65 ◦ C) befindet sich genau auf der Siedelinie. Die Leistung, die eine Speisewasserpumpe zur Druckerhöhung von flüssigem Wasser benötigt, lässt sich als w = v · ∆p
berechnen. Hier also
3
J
· (5000000 P a − 25000 P a) = 5074,5 kg
w = 0,00102 m
kg
Bei einer Gesamtleistung der Pumpe von 35 kW ergibt sich ein Massenstrom von
ṁ =
35000 W
Ẇt,1−2
= 6,897 kg
=
s
J
w
5074,5 kg
J
b) Im Zustand 1 hat das Wasser eine spezifische Enthalpie von h1 = 271900 kg
. Nach
der Druckerhöhung hat es eine Enthalpie von
J
J
J
h2 = h1 + w = 271900 kg
+ 5074,5 kg
= 276974,5 kg
Nach der Wärmezufuhr hat es eines Enthalpie von
h3 = h2 +
Q̇2−3
19 M W
J
J
= 276974,5 kg
= 3031703,1 kg
+
kg
ṁ
6,897 s
c) Im Zustand 4 befindet sich das Wasser auf der Taulinie und hat eine spezifische
Enthalpie von
h4 = h3 −
1,75 M W
Ẇt,3−4
J
J
= 3031703,1 kg
−
= 2777978 kg
ṁ
6,897 kg
s
Also ist h00 (p) = 2777978 J/kg. p4 lässt sich nun aus der Dampftafel direkt recht
genau mit 10 bar ablesen. (Ggf. kann man hier noch interpolieren und kommt dann
auf das noch genauere Ergebnis von p4 = 10,1 bar)
J
d) Mit der gegeben spez. Entropie s3 = 6391 kg·K
ergibt sich ein fiktiver Endzustand
∗
h4 = 2689689 J/kg nach einer isentropen Expansion. Dieses Ergebnis lässt sich mit
einer Interpolation zwischen h’ und h” bei p = 10 bar ermitteln, da s4 = s3 bekannt
ist. Mit den nun bekannten h3 , h4 und h∗4 lässt sich der Wirkungsgrad zu ηs,T = 0,742
bestimmen.
2
Aufgabe 2:
Ideales Gas in einem zylinderförmigen Behälter
20 von 50 Punkten
Kurzfrage: Bestimmen Sie den Joule-Thomson-Koeffizienten eines ideales Gases (2-atomig)
bei t = 20◦ C und p = 2 bar?
Es wird Helium als ideales Gas betrachtet, das sich in einem adiabaten, zylinderfömigen
Gefäß befindet. Der ebenfalls adiabate Deckel des Gefäßes ist eine 2 cm hohe kreisförmige
kg
Platte aus Blei (ρ = 11300 m
3 ), die sich in dem Zylinder ohne Reibung an den Wänden
auf- und abwärts bewegen kann.
Im Ursprungszustand (Zustand 1) befindet sich die Unterseite des Deckels z1 = 10 cm
über dem Boden des Zylinders. Das von Zylinder und Deckel eingeschlossene Helium hat
zu Beginn die Umgebungstemperatur TU = 20◦ C. Die Umgebungsluft hat einen Druck
von pU = 100 kP a.
In einem ersten Schritt wird der Deckel langsam angehoben, bis sich seine Unterseite
z2 = 15 cm über dem Boden des Zylinders befindet. Diese Zustandsänderung (1-2) erfolgt
reversibel.
Danach wird der Deckel losgelassen, fällt zunächst, schwingt dann eine Weile und kommt
schließlich nur aufgrund von Dissipationseffekten innerhalb des eingeschlossenen Heliums
zur Ruhe (Zustand 3).
a) Bestimmen Sie den Druck p1
b) Bestimmen Sie die Temperatur T2 und den Druck p2 .
c) Wie viel Arbeit W1−2 muss verrichtet werden, um den Deckel von z1 auf z2 anzuheben? (Gehen Sie ab hier von einem Radius des Deckels r = 5 cm aus.)
d) Bestimmen Sie den Druck p3 und die Höhe z3 , in der der Deckel im Zustand 3 zur
Ruhe kommt.
3
Lösung:
KF: Für ideale Gase gilt: dh = cp · dT . Bei einer isenthalpen Drosselung
ändert sich daher
die Temperatur überhaupt nicht. Der Joule-Thomson-Koeffizient
Null.
dT
dp
ist also gleich
h
a) Der Druck p1 ergibt sich aus dem Umgebungsdruck und den durch das Gewicht des
Deckels verursachten Druck:
p1 = pU + g · ρBlei · 2 cm = 100000 P a + (9,81 · 11300 · 0,02) P a = 102217 P a
b) Der Deckel wird nun von 10 cm auf 15 cm angehoben. Damit gilt VV12 = 0,66666. Da
der Deckel adiabat und reversibel angehoben wird, gilt für diese Zustandsänderung
(für ein ideales Gas):
T2
=
T1
v1
v2
κ−1
(Tabelle D.14 im Buch Thermodynamik kompakt)
Mit dem bekannten Verhältnis VV12 und κ = 1,666 (einatomiges Edelgas) ergibt sich
T2 = 223 K = −49,43 ◦ C. Der Druck ergibt sich aus p·v = R·T , da die relative Temperaturänderung und die relative Volumenänderung bekannt sind: p2 = 52004 P a.
(Oder alternativ über das Verhältnis von p und v bei einer adiabat isentropen Zustandsänderung lt. Tabelle D.14.)
c) Die benötige Arbeit setzt sich zusammen aus der Arbeit AN der Umgebung, der
Arbeit AM Deckel (pot. Energie steigt) und der Arbeit, die das eingeschlossene
Helium verrichtet.
Die Masse des Deckels berechnet sich zu m = 1,775 kg. Zum Anheben des Deckels
werden also 0,87 Joule benötigt. Die Arbeit an der Umgebung beträgt
WU mg = ∆z · Grundfläche · pU = 0,05 m · 0,00785 m2 · 100000 P a = 39,27J
Die Arbeit am eingeschlossenen Helium berechnet sich lt. Tabelle D14 (Arbeit wv
für reversible, adiabate Zustandsänderung) zu WHe = −28,52 J.
Insgesamt ergibt sich:
Wges = WDeckel + WU mg + WHe = 0,87 J + 39,27 J − 28,52 J = 11,62 J
d) Für den Druck p3 gelten die gleichen Bedingungen wie für den Druck p1 . Also gilt
p3 = p1 = 102217 P a.
Nachdem nun p3 bekannt ist, verbleiben die Unbekannten z3 und T3 , also die Position des Deckels und die Temperatur des Heliums. Eine Gleichung, die diese beiden
Größen miteinander verknüpft ist p · v = R · T . Die zweite Gleichung ist eine Energiebilanz: Die innere Energie (U3 = mHe · cv · T3 ) des Heliums im Zustand 3 muss
so groß sein, wie die innere Energie (U2 = mHe · cv · T2 ) des Heliums im Zustand 2
PLUS die Arbeit, die die Umgebung beim Absinken von z2 = 0,15 m auf z3 leistet
4
(W = (z2 − z3 ) · A · pU ) PLUS die Änderung der potentiellen Energie des Deckels
(∆Epot = (z2 − z3 ) · g · mDeckel ).
Durch Einsetzen der Idealgasgleichung in die Energiebilanz ergibt sich nach dem
Auflösen nach z:
(g · mD + pU · A)z2
mHe · cv
z3 =
= 0,1058.
2
p3 · π · r
(g · mD ) + (pU · A)
+
mHe · RHe
mHe · cv
T2 +
Zum Lösen der Gleichung wurden folgende Werte verwendet:
• Masse des Deckels: mD = 1,775 kg
• Grundfläche: A = 0,007854 m2
• Masse des Heliums: mHe = 0,00013185 kg
kJ
• Spezifische Wärmekapazität bei konstantem Volumen: cv = 3115,5 kg·K
• Temperatur im Zustand 2: T2 = 223,72 K
• Erdbeschleunigung: g = 9,81 sm2
• Umgebungsdruck: pU = 100000 P a
• Höhe: z2 = 0,15 m
• Druck im Zustand 3: p3 = 102217 P a
• Radius: r = 0,05 m
kJ
• Spezifische Gaskonstante: RHe = 2077,058 kg·K
5
Aufgabe 3:
Feuchte Luft
4 von 50 Punkten
Erklären Sie, ob die relative Feuchte ϕ von feuchter Luft (t = 24◦ C, p = 1 bar) steigt oder
sinkt, wenn diese isochor erwärmt wird. (Hinweis: Das ist keine Kurzfrage. Begründen Sie
Ihre Antwort ausführlich und belegen Sie sie ggf. mit Stoffdaten aus dem Skript!)
Lösung:
Bei einer isochoren Erwärmung steigen sowohl die Temperatur als auch der Druck der
feuchten Luft. Mit dem Gesamtdruck steigt auch der Wasserdampfpartialdruck. Mit steigender Temperatur steigt aber auch der Sättigungsdruck des Wassers. Da gilt ϕ = ppDs und
sowohl pD als auch ps steigen, muss geprüft werden, welcher der beiden Drücke schneller
steigt.
Willkürlich wird eine Erwärmung um 100 Prozent betrachtet, also von 24 ◦ C = 297 K auf
593 K. (Das kann auch mit anderen Temperaturänderungen nachvollzogen werden). Da
sich feuchte Luft bei den betrachteten Drücken und Temperaturen wie ein ideales Gas
verhält gilt: p · v = R · T . v und R sind konstant; also muss sich auch der Druck von 1 bar
auf 2 bar verdoppeln. Damit verdoppelt sich auch der Partialdruck des Wassers. Wie man
der Dampftafel entnehmen kann (bei 24 ◦ C und bei 320 ◦ C) steigt der Sättigungsdruck
von 0,03 bar auf 115 bar; also fast um einen Faktor 4000.
Bei der Bestimmung der relativen Feuchte steigt der Zähler um einen Faktor 2, der Nenner
jedoch fast um einen Faktor 4000. Also sinkt die relative Feuchte.
6
Aufgabe 4:
Heizung mit Wärmepumpe
13 von 50 Punkten
Kurzfrage: Welchen wichtigen Grundsatz der Thermodynamik verletzt ein Perpetuum
mobile der 2. Art? (Denken Sie an eine knappe Begründung!)
Eine ideale, reibungsfreie Wärmekraftmaschine nutzt im Winter die Differenz zwischen
der Temperatur des Grundwassers (tW = 8◦ C) und der Umgebungsluft (tL = −12◦ C), um
technische Arbeit bereit zu stellen. Mit dieser Arbeit wird eine Wärmepumpe (Leistungszahl ε = 3,3) betrieben, die Wärme vom Umgebungstemperturniveau auf eine Temperatur
tH = 30◦ C bringt, um mittels einer Fußbodenheizung einen Wohnraum zu heizen.
a) Zeichnen Sie für die beschriebene Anordnung ein Exergie/Anergie-Flussdiagramm,
dass die Wärmekraftmaschine und die Wärmepumpe sowie alle relevanten Energieflüsse enthält.
b) Bestimmen Sie das Verhältnis von abgegebener Wärme (durch die Heizung) zu aufgenommener Wärme (durch die Wärmekraftmaschine).
c) Durch welche Veränderung könnte man bei gleichen Temperaturniveaus, mit der
gleichen Wärmekraftmaschine und der gleichen Wärmepumpe wahrscheinlich ein
besseres Verhältnis als das unter b) berechnete erzielen?
d) Wie groß ist der irreversible Arbeitsverlust der Wärmepumpe pro kJ Wärme, das
die Wärmekraftmaschine aufnimmt?
7
Lösung:
KF: Ein Pm der 2. Art wandelt Wärme aus der Umgebung (=reine Anergie) in Exergie
um. Dabei wird Entropie vernichtet und der 2. Hauptsatz verletzt.
a) Die WKM nimmt viel Anergie und ein bisschen Exergie aus dem Grundwasser auf
und gibt die Anergie komplett an die Luft und die Exergie komplett an die WP ab.
Die WP nimmt zusätzlich reine Anergie aus der Umgebung (Luft) auf und reichert
diese mit der Exergie von der WKM an. Dabei geht aber ein bisschen Exergie
verloren. Die nun erhaltene Mischung aus Exergie (wenig) und Anergie (viel) wird
an den Wohnraum abgegeben.
b) Die WKM kann bestenfalls den Carnotwirkungsgrad von 0,0711 erreichen, der sich
aus der Temperatur des Grundwassers und der Umgebungs(Luft)-Temperatur ergibt. Wird also z.B. 1 kJ aufgenommen, werden davon nur 0,0711 kJ an die WP als
Arbeit weitergegeben. Diese hat eine Leistungszahl von 3,3. Das bedeutet, dass sie
mit der zugeführten Arbeit insgesamt 0,0711 kJ · 3,3 = 0,235 kJ Wärme bereitstellt.
kJ
= 0,235.
Das gesuchte Verhältnis beträgt also 0,235
1 kJ
c) Die WP sollte die Wärme lieber dem Grundwasser und nicht der kalten Umgebungsluft entnehmen. Dann hätte sie ziemlich sicher eine höhere (=bessere) Leistungszahl.
d) Die Temperatur TU = 261,15 K ist bekannt. Für die Formel
WV,irrev = Sprod · TU
muss noch Sprod bestimmt werden:
Wenn die WKM 1 kJ ausnimmt, gibt Sie (s.o.) eine technische Arbeit von 0,0711 kJ
an die WP ab, die wiederum 0,235 kJ Wärme abgibt. Nun muss für die WP sowohl
eine Energiebilanz als auch eine Entropiebilanz aufgestellt werden. Die Energiebilanz ergibt, dass die WP 0,1636 kJ Wärme aus der Umgebung aufnimmt. Die
Entropiebilanz ergibt, dass
Sprod = Sab − Szu =
0,235 kJ
303,15 K
−
0,1636 kJ
261,15 K
= 0,000148 kJ/K
beträgt.
Der irrev. Arbeitsverlust in der WP beträgt also:
WV,irrev = 0,000148 kJ/K · 261,15 K = 0,0386 kJ
pro kJ, das von der WKM aufgenommen wurde.
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